Zajecia

drugie kolokwiumprzykªadowe rozwi¡zania Zadanie 1. Nie h A=   1 1 −1 0 0 2  , B =   1 2 0 −3 1 1 3 4 −2  , C =  0 −1 1 2  .

Je±li tomo»liwe,obli z AA, AB, BA, AC, CB.

Rozwi¡zanie 1. Ilo zyn dwó h ma ierzy jest zdeniowany gdy li zba ko-lumn pierwszej jestrówna li zbie wierszydrugiej. Mo»na obli zy¢ BA iAC.

BA =   1 2 0 −3 1 1 3 4 −2     1 1 −1 0 0 2  = =   1 · 1 + 2 · (−1) + 0 · 0 1 · 1 + 2 · 0 + 0 · 2 (−3) · 1 + 1 · (−1) + 1 · 0 (−3) · 1 + 1 · 0 + 1 · 2 3 · 1 + 4 · (−1) + (−2) · 0 3 · 1 + 4 · 0 + (−2) · 2  = =   −1 1 −4 −1 −1 −1   Analogi znie AC =   1 1 −1 0 0 2    0 −1 1 2  =   1 1 0 1 2 4  .

Zadanie 2. Stosuj¡ metod Cramera obli z zmienn¡x4.

       x₁ + 2x2 + x3 + 2x4 = 1 x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 = −2 x₁ + 4x2 + x3 + 4x4 = 3 3x1 + 6x2 + 2x3 + 5x4 = 1

Rozwi¡zanie 2. Ze wzorów Cramera x4 =

det A4

det A (o ile det A 6= 0), gdzie

A jestma ierz¡wspóª zynnikówukªadu,aA4 jestma ierz¡wspóª zynników ukªadu, wktórej zwart¡ kolumnzast¡pionokolumn¡wyrazów wolny h,tj.

A=     1 2 1 2 1 2 2 2 1 4 1 4     , A₄ =     1 2 1 1 1 2 2 −2 1 4 1 3     .

oraz u»ywaj¡ rozwini ia Lapla e'a. det Ak2−2k1 = det     1 0 1 2 1 0 2 2 1 2 1 4 3 0 2 5     = (−1)2+3· 2 · det   1 1 2 1 2 2 3 2 5   w2−w1 = = −2 · det   1 1 2 0 1 0 3 2 5  = −2 · (−1)2+2· 1 · det  1 2 3 5  = −2(5 − 6) = 2. Analogi znie det A4 k2−2k1 = det     1 0 1 1 1 0 2 −2 1 2 1 3 3 0 2 1     = (−1)2+3· 2 · det   1 1 1 1 2 −2 3 2 1   w2−w1 w3−3w1 = = −2·det   1 1 2 0 1 −3 0 −1 −2  = −2·(−1)1+1·1·det  1 −3 −1 −2  = −2(−2−3) = 10. Zatem x4 = 5. Zadanie 3. Nie hA=   3 1 2 3 1 3 5 2 8  .

i) obli z det A, det(A

8₎

, ii) obli z A

−₁

.

Rozwi¡zanie 3. i) Jak powy»ej

det A = det   3 1 2 3 1 3 5 2 8   k1−3k2 = det   0 1 2 0 1 3 −1 2 8  = (−1)1+3·(−1)·det  1 2 1 3  = = −(3 − 2) = −1.

Wyzna znikilo zynuma ierzyjestrównyilo zynowiwyzna zników (twier-dzenie Cau hy'ego), zatem

ii) Ma ierz kwadratowa A posiada ma ierz odwrotn¡ wtedy i tylko wtedy, gdy det A 6= 0. W takim przypadku mo»na opera jami elementarnymi nawiersza h doprowadzi¢ ma ierz [A|I] doposta i [I|A

−₁ ].   3 1 2 1 0 0 3 1 3 0 1 0 5 2 8 0 0 1   w2−w1 w3−2w1 −→   3 1 2 1 0 0 0 0 1 −1 1 0 −1 0 4 −2 0 1   w1+3w3 (−1)·w3 −→ −→   0 1 14 −5 0 3 0 0 1 −1 1 0 1 0 −4 2 0 −1   w1−14w2 w3+4w2 −→   0 1 0 9 −14 3 0 0 1 −1 1 0 1 0 0 −2 4 −1   w1↔w3 −→ −→   1 0 0 −2 4 −1 0 0 1 −1 1 0 0 1 0 9 −14 3   w2↔w3 −→   1 0 0 −2 4 −1 0 1 0 9 −14 3 0 0 1 −1 1 0  . Zatem A −₁ =   −2 4 −1 9 −14 3 −1 1 0  .

Zadanie 4. Znajd¹ bazyiwymiary przestrzeniker f orazim f gdzie odwzo-rowanie liniowef: R

4 _{→ R}3

jest zadane ma ierz¡

M(f )st st =   1 2 1 −1 2 5 4 1 3 7 5 0  . Rozwi¡zanie 4. Wzór odwzorowania f to f(x1, x2, x3, x4) = (x1+ 2x2+ x3− x4,2x1+ 5x2+ 4x3+, x4,3x1+ 7x2+ 5x3).

J¡dro ker f jest podprzestrzeni¡ R

4

opisan¡ukªadem równa«

   x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0 2x1 + 5x2 + 4x3 + x4 = 0 3x1 + 7x2 + 5x3 = 0

Jest to ukªad jednorodny, który rozwi¡zujemy przez sprowadzenie ma ierzy wspóª zynników opera jami elementarnymi do posta i s hodkowej zreduko-wanej.   1 2 1 −1 2 5 4 1   w2−2w1 w3−3w1 −→   1 2 1 −1 0 1 2 3   w1−2w2 w3−w2 −→

−→ 1 0 −3 −7

0 1 2 3



Wra aj¡ dorówna« otrzymujemy rozwi¡zanie ogólne

x1 = 3x3 + 7x4

x₂ = −2x3 − 3x4

, x₃, x_{4 ∈ R.}

Zatemka»derozwi¡zanieukªadujestposta i(3x3+7x4,−2x3−3x4, x3, x4) =

x₃(3, −2, 1, 0) + x4(7, −3, 0, 1). Zatem dim ker f = 2 a baza ker f to np.

(3, −2, 1, 0), (7, −3, 0, 1).

Obraz odwzorowania im f jest podprzestrzeni¡ R

3_,

rozpit¡ przez obrazy wektorów bazy standardowej R

4_,

zyli kolumny ma ierzy M(f )

st

st. Zatem

im f = lin((1, 2, 3), (2, 5, 7), (1, 4, 5), (−1, 1, 0)). Aby znale¹¢ baz im f wpi-sujemy wektory poziomo do ma ierzy i opera jami elementarnymi sprowa-dzamy j¡ doposta is hodkowej zredukowanej.

    1 2 3 2 5 7 1 4 5 −1 1 0     w1+w4 w2+2w4 w3+w4 −→     0 3 3 0 7 7 0 5 5 −1 1 0     (−1)·w4 −→  1 −1 0 0 1 1  w1+w2 −→  1 0 1 0 1 1  .

Zatem dim im f = 2a baza im f tonp. (1, 0, 1), (0, 1, 1). Zadanie 5. Endomorzm f: R

2 _{→ R}2

zadany jestma ierz¡

M(f )stst=  1 2 −1 4  .

i) znajd¹ baz A przestrzeni R

2

zªo»on¡ z wektorów wªasny h endomor-zmuf,

ii) znajd¹ ma ierzM(f )

A

A, gdzie A jest baz¡ zpunktu i).

Rozwi¡zanie 5. i) Najpierw obli zamy wielomian harakterysty zny

wf(x) = det M(f )stst− xI
= det

 1 − x 2 −1 4 − x

 = = (1 − x)(4 − x) + 2 = x2− 5x + 6.

Warto± i wªasne endomorzmu f to miejs a zerowe wf(x). Obli zamy

∆ = 52_{− 4 · 1 · 6 = 1} sk¡dλ= 5−1 2 = 2 lubλ= 5+1 2 = 3.Ka»dejwarto± i wªasnejodpowiadapodprzestrze« wªasnazªo»onazwektorówwªasny h.

Obli zamyj¡ odejmuj¡ warto±¢wªasn¡ odprzek¡tnejma ierzy M(f )

st st

i rozwi¡zuj¡ jednorodny ukªad zadany przez tak otrzyman¡ma ierz.

V₍₂₎:  1 − 2 2 −1 4 − 2  = −1 2 −1 2  w2−w1 →  −1 2 

Przestrze« V(2) jest zadana równaniem −x1 + 2x2 = 0, zatem V(2) =

{(2x2, x2) ∈ R2 | x2 ∈ R} = lin((2, 1)). V₍₃₎:  1 − 3 2 −1 4 − 3  = −2 2 −1 1  w1−2w2 →  −1 1  Przestrze« V

(3) jest zadana równaniem −x1 + x2 = 0, zatem V

(3) =

{(x2, x2) ∈ R2 | x2 ∈ R} = lin((1, 1)). Baza A skªada si z wektorów wªasny h, zatemA = ((2, 1), (1, 1)).

ii) Poniewa»

f(2, 1) = 2 · (2, 1) = 2 · (2, 1) + 0(1, 1), f(1, 1) = 3 · (1, 1) = 0 · (2, 1) + 3(1, 1),

wpierwszejkolumniema ierzyM(f )

A

A stoj¡ li zby 2, 0, awdrugiej 0, 3. Zatem M(f )AA =  2 0 0 3  .